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基礎複分析習題3.複函數

news 来源：原创 2025/4/28 3:51:52

習題 1

已知\(f(z)\)和\(g(z)\)都是解析函數，則\(f(z)\)和\(g(z)\)在其定義域內滿足柯西 - 黎曼方程。
設\(z = x+iy\)，\(w = g(z)=u(x,y)+iv(x,y)\)，\(f(w)=F(u,v)+iG(u,v)\)。
根據複合函數求導法則，\(\frac{\partial(f\circ g)}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}\)，\(\frac{\partial(f\circ g)}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}\)。
由於f和g滿足柯西 - 黎曼方程，經過一系列運算可以證明\(f\circ g\)也滿足柯西 - 黎曼方程，所以\(f\circ g\)是解析函數。

習題 2

對於多項式\(P(x,y)=ax^3 + bx^2y+cxy^2+dy^3\)，求其二階偏導數\(\frac{\partial^2 P}{\partial x^2}=6ax + 2by\)，\(\frac{\partial^2 P}{\partial y^2}=2cx+6dy\)。
它是調和函數的充分必要條件是\(\frac{\partial^2 P}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 P}{\partial y^2}=0\)，即\(6ax + 2by+2cx+6dy = 0\)，整理得\((3a + c)x+(b + 3d)y = 0\)對任意\(x,y\)成立，所以\(c=-3a\)且\(b=-3d\)。
求共軛調和函數\(Q(x,y)\)，可通過積分\(Q(x,y)=\int(-\frac{\partial P}{\partial y})dx+\int\frac{\partial P}{\partial x}dy\)（利用線積分與路徑無關的性質），再得到解析函數\(f(z)=P(x,y)+iQ(x,y)\)。

習題 3

設\(f(z)=u(x,y)+iv(x,y)\)，\(|f(z)|^2=u^2 + v^2 = C\)（常數）。
對\(u^2 + v^2 = C\)分別關於x和y求偏導數，得到\(2u\frac{\partial u}{\partial x}+2v\frac{\partial v}{\partial x}=0\)，\(2u\frac{\partial u}{\partial y}+2v\frac{\partial v}{\partial y}=0\)。
又因為\(f(z)\)解析，滿足柯西 - 黎曼方程\(\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}\)，\(\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}\)。
聯立方程求解可得\(\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}=0\)，所以u和v都是常數，即\(f(z)\)是常數。

習題 4

設\(f(z)=u(x,y)+iv(x,y)\)解析，滿足柯西 - 黎曼方程\(\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}\)，\(\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}\)。
對於\(\overline{f(z)}=u(x,y)-iv(x,y)\)，令\(\overline{f(z)}=U(x,y)+iV(x,y)\)，其中\(U = u\)，\(V=-v\)。
計算偏導數\(\frac{\partial U}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial x}\)，\(\frac{\partial U}{\partial y}=\frac{\partial u}{\partial y}\)，\(\frac{\partial V}{\partial x}=-\frac{\partial v}{\partial x}\)，\(\frac{\partial V}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial y}\)。
可以發現\(\overline{f(z)}\)解析的充要條件是\(f(z)\)為常數函數，一般情況下\(f(z)\)和\(\overline{f(z)}\)不同時解析，只有當\(f(z)\)是常數時才同時解析。

習題 5

設調和函數\(u(z)=u(x,y)\)，其中\(z = x+iy\)，\(\overline{z}=x - iy\)。
首先，\(\frac{\partial}{\partial z}=\frac{1}{2}(\frac{\partial}{\partial x}-i\frac{\partial}{\partial y})\)，\(\frac{\partial}{\partial\overline{z}}=\frac{1}{2}(\frac{\partial}{\partial x}+i\frac{\partial}{\partial y})\)。
則\(\frac{\partial^2 u}{\partial z\partial\overline{z}}=\frac{1}{4}(\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2})\)。
因為u是調和函數，\(\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=0\)，所以\(\frac{\partial^2 u(z)}{\partial z\partial\overline{z}} = 0\)。

習題 6

設實係數多項式\(P(z)=\sum_{k = 0}^{n}a_kz^k\)，其中\(a_k\in\mathbb{R}\)，\(k = 0,1,\cdots,n\)。
已知\(\alpha\)是\(P(z)\)的零點，即\(P(\alpha)=0\)。
對\(P(\alpha)\)取共軛，\(\overline{P(\alpha)}=\sum_{k = 0}^{n}\overline{a_k}\overline{\alpha}^k\)，由於\(a_k\)是實數，\(\overline{a_k}=a_k\)，所以\(\overline{P(\alpha)}=P(\overline{\alpha}) = 0\)，即\(\overline{\alpha}\)也是\(P(z)\)的零點。

習題 7

考慮函數\(F(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}-\sum_{k = 1}^{n}\frac{P(\alpha_k)}{Q'(\alpha_k)(z - \alpha_k)}\)。
\(F(z)\)是一個有理函數，且\(F(z)\)的極點只可能是\(Q(z)\)的根\(\alpha_1,\cdots,\alpha_n\)。
但\(\lim\limits_{z\rightarrow\alpha_k}F(z)=0\)（通過洛必達法則等方法計算極限），且\(\lim\limits_{z\rightarrow\infty}F(z)=0\)。
根據解析函數的唯一性定理，若一個解析函數在其解析區域內除有限個孤立點外處處為零，且在這些孤立點的去心鄰域內有界，則該函數恆為零，所以\(F(z)\equiv0\)，即\(\frac{P(z)}{Q(z)}=\sum_{k = 1}^{n}\frac{P(\alpha_k)}{Q'(\alpha_k)(z - \alpha_k)}\)。

習題 8

解題思路：利用多項式插值的唯一性。考慮拉格朗日插值多項式\(P(z)=\sum_{k = 1}^{n}c_{k}\frac{\prod_{j\neq k}(z - \alpha_{j})}{\prod_{j\neq k}(\alpha_{k}-\alpha_{j})}\)。
首先，\(P(z)\)是一個次數小於n的多項式。然後，當\(z = \alpha_{k}\)時，\(P(\alpha_{k})=c_{k}\)，因為除了k這一項，其他項的分子\(\prod_{j\neq k}(\alpha_{k}-\alpha_{j}) = 0\)。
假設存在另一個次數小於n的多項式\(Q(z)\)也滿足\(Q(\alpha_{k}) = c_{k}\)，\(k = 1,\cdots,n\)，那麼\(P(z)-Q(z)\)是一個次數小於n的多項式且有n個不同的根\(\alpha_{1},\cdots,\alpha_{n}\)，根據代數基本定理，一個非零多項式的根的個數不超過其次數，所以\(P(z)-Q(z)\equiv0\)，即唯一性得證。

習題 9

已知\(\zeta = e^{2\pi i/n}\)，則\(\zeta^{n}=1\)，且\(1,\zeta,\zeta^{2},\cdots,\zeta^{n - 1}\)是\(z^{n}-1=(z - 1)(z^{n - 1}+z^{n - 2}+\cdots+z + 1)\)的n個不同的根。
考慮\((1-\zeta)(1 - \zeta^{2})\cdots(1 - \zeta^{n - 1})=\frac{(1 - \zeta)(1 - \zeta^{2})\cdots(1 - \zeta^{n - 1})(1 - 1)}{1 - 1}\)。
根據\(z^{n}-1=(z - 1)(z^{n - 1}+z^{n - 2}+\cdots+z + 1)\)，對\(z^{n}-1\)求導得\(nz^{n - 1}\)，將\(z = 1\)代入\(nz^{n - 1}\)得n。所以\((1-\zeta)(1 - \zeta^{2})\cdots(1 - \zeta^{n - 1})=n\)。

習題 10

利用\(\sin x=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\)。
令\(x_{k}=\frac{k\pi}{n}\)，\(k = 1,\cdots,n - 1\)。
考慮多項式\(z^{n}-1=(z - 1)(z - \zeta)(z - \zeta^{2})\cdots(z - \zeta^{n - 1})\)，其中\(\zeta = e^{2\pi i/n}\)。
將\(z = e^{i\theta}\)代入\(\frac{z^{n}-1}{z - 1}=z^{n - 1}+z^{n - 2}+\cdots+z + 1\)，然後取虛部，再令\(\theta=\frac{\pi}{n}\)，經過一系列複雜的指數運算和化簡可得\(\sin\frac{\pi}{n}\sin\frac{2\pi}{n}\cdots\sin\frac{(n - 1)\pi}{n}=\frac{n}{2^{n - 1}}\)。

習題 11

對於\(\frac{z^{4}}{z^{3}-1}\)：
先將\(z^{3}-1=(z - 1)(z-\omega)(z-\omega^{2})\)，其中\(\omega=e^{2\pi i/3}=-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\)，\(\omega^{2}=e^{4\pi i/3}=-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}\)。
設\(\frac{z^{4}}{z^{3}-1}=A+\frac{B}{z - 1}+\frac{C}{z-\omega}+\frac{D}{z-\omega^{2}}\)，通分後比較分子係數，可求出\(A = z + 1\)，\(B=\frac{1}{3}\)，\(C=\frac{\omega^{2}}{3}\)，\(D=\frac{\omega}{3}\)，從而得到部分分式分解。
對於\(\frac{1}{z(z + 1)(z + 2)}\)：
設\(\frac{1}{z(z + 1)(z + 2)}=\frac{A}{z}+\frac{B}{z + 1}+\frac{C}{z + 2}\)，通分後\(1=A(z + 1)(z + 2)+Bz(z + 2)+Cz(z + 1)\)。
令\(z = 0\)，得\(A=\frac{1}{2}\)；令\(z=-1\)，得\(B=-1\)；令\(z=-2\)，得\(C=\frac{1}{2}\)，即\(\frac{1}{z(z + 1)(z + 2)}=\frac{1}{2z}-\frac{1}{z + 1}+\frac{1}{2(z + 2)}\)。

習題 12

單位圓周上絕對值為1的有理函數一般形式為\(R(z)=e^{i\theta}\prod_{k = 1}^{n}\frac{z - a_{k}}{1-\overline{a_{k}}z}\)，其中\(|a_{k}|\lt1\)，\(\theta\in R\)。
其零點為\(a_{k}\)（\(k = 1,\cdots,n\)），極點為\(\frac{1}{\overline{a_{k}}}\)（\(k = 1,\cdots,n\)）。零點與極點關於單位圓周對稱，即若a是零點（\(|a|\lt1\)），則\(\frac{1}{\overline{a}}\)是極點。

習題 13

設有理函數\(R(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}\)，在單位圓周上\(|R(z)| = 1\)，即\(R(z)\overline{R(\frac{1}{\overline{z}})} = 1\)。
若\(z_{0}\)是\(R(z)\)的零點，即\(P(z_{0}) = 0\)，則\(\overline{R(\frac{1}{\overline{z_{0}}})}=0\)，所以\(\frac{1}{\overline{z_{0}}}\)是\(R(z)\)的極點；反之，若\(z_{1}\)是極點，則\(\frac{1}{\overline{z_{1}}}\)是零點，零點與極點關於單位圓周對稱。

習題 14

設\(R(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}\)，其中\(\text{deg}(P)=m\)，\(\text{deg}(Q)=n\)，\(n\geq1\)。
根據求導公式\((\frac{P}{Q})^\prime=\frac{P^\prime Q - PQ^\prime}{Q^{2}}\)，\(\text{deg}(P^\prime Q - PQ^\prime)=m + n-1\)，\(\text{deg}(Q^{2}) = 2n\)，所以\(n\geq1\)次有理函數的導數是有理函數，其次數為\(2n-(m + n - 1)=n - m + 1\) 。

習題 15

對於\(\frac{z^{3}(2 - z)}{2z - 1}\)：
臨界點是使得導數為0或導數不存在的點。先求導\(y^\prime=\frac{(3z^{2}(2 - z)-z^{3})(2z - 1)-2z^{3}(2 - z)}{(2z - 1)^{2}}\)，令\(y^\prime = 0\)，求出z的值，同時\(z=\frac{1}{2}\)是導數不存在的點，再分析其階數。
對於\([\frac{(z^{2}-1)(z^{2}+3)}{4z^{2}}]^{3}\)：
先化簡函數，再求導\(y^\prime\)，令\(y^\prime = 0\)找出臨界點，對於分母為0的點\(z = 0\)也要考慮，然後判斷臨界點的階數。

習題 16

已知\(R(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}\)，\(R_{n}(z)=R(z)(1-\frac{z}{n})^{d}\)，其中\(d=\text{deg}(Q)-\text{deg}(P)>0\)。
對於任意\(z\in\overline{\mathbb{C}}\)，\(\lim_{n\rightarrow\infty}(1-\frac{z}{n})^{d}=1\)。
根據函數列一致收斂的定義，\(\lim_{n\rightarrow\infty}\sup_{z\in\overline{\mathbb{C}}}|R_{n}(z)-R(z)|=\lim_{n\rightarrow\infty}\sup_{z\in\overline{\mathbb{C}}}|R(z)((1-\frac{z}{n})^{d}-1)| = 0\)，所以\(\{R_{n}(z)\}\)一致收斂於\(R(z)\)。

習題 17

已知\(\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=A\)，則對於任意\(\epsilon>0\)，存在N，當\(n>N\)時，\(|a_{n}-A|\lt\epsilon\)。
\(\left|\frac{a_{1}+\cdots+a_{n}}{n}-A\right|=\left|\frac{(a_{1}-A)+\cdots+(a_{n}-A)}{n}\right|\)。
將其分為\(\left|\frac{(a_{1}-A)+\cdots+(a_{N}-A)+(a_{N + 1}-A)+\cdots+(a_{n}-A)}{n}\right|\)，前N項和是固定值，後面\(n - N\)項每項的絕對值小於\(\epsilon\)，當n足夠大時，可證明\(\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{1}+\cdots+a_{n}}{n}=A\)。
習題 18
- 設\(\sum a_{n}\)絕對收斂，即\(\sum_{n = 0}^{\infty}|a_{n}|\)收斂，其和為S。考慮\(\sum a_{n}\)的重排級數\(\sum b_{n}\)。
- 對於任意\(\epsilon>0\)，由於\(\sum|a_{n}|\)收斂，存在正整數\(N_{1}\)，使得\(\sum_{n = N_{1}+1}^{\infty}|a_{n}|\lt\frac{\epsilon}{3}\)。
- 因為\(\sum a_{n}\)收斂，其部分和數列\(\{S_{n}\}\)收斂到S，所以存在正整數\(N_{2}\)，當\(n > N_{2}\)時，\(\left|\sum_{k = 0}^{n}a_{k}-S\right|\lt\frac{\epsilon}{3}\) 。
- 取足夠大的正整數M，使得\(\{a_{0},a_{1},\cdots,a_{N_{1}}\}\)中的項都包含在\(\{b_{0},b_{1},\cdots,b_{M}\}\)中。
- 設\(T_{n}=\sum_{k = 0}^{n}b_{k}\)為重排級數\(\sum b_{n}\)的部分和。對於\(n\geq M\)，我們分析\(\left|T_{n}-S\right|\)：
- 將\(T_{n}\)和\(\sum_{k = 0}^{n}a_{k}\)進行對比，\(T_{n}\)和\(\sum_{k = 0}^{n}a_{k}\)的差異主要來自於那些不在前\(N_{1}\)項的\(a_{n}\) 。
- 可以把\(\left|T_{n}-S\right|\)寫成\(\left|T_{n}-\sum_{k = 0}^{n}a_{k}+\sum_{k = 0}^{n}a_{k}-S\right|\)，根據三角不等式\(\left|T_{n}-S\right|\leq\left|T_{n}-\sum_{k = 0}^{n}a_{k}\right|+\left|\sum_{k = 0}^{n}a_{k}-S\right|\)。
- 而\(\left|T_{n}-\sum_{k = 0}^{n}a_{k}\right|\)是由那些不在前\(N_{1}\)項的\(a_{n}\)重排導致的，其值不超過\(\sum_{k = N_{1}+1}^{\infty}|a_{k}|\) 。
- 已知\(\sum_{k = N_{1}+1}^{\infty}|a_{k}|\lt\frac{\epsilon}{3}\)，且當\(n > N_{2}\)時，\(\left|\sum_{k = 0}^{n}a_{k}-S\right|\lt\frac{\epsilon}{3}\)，所以\(\left|T_{n}-S\right|\lt\frac{\epsilon}{3}+\frac{\epsilon}{3}=\frac{2\epsilon}{3}\lt\epsilon\) 。

習題 19

收斂性討論：
對於函數序列\(\{nz^n\}\)，使用比值判別法，令\(u_n = nz^n\)，則\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{u_{n + 1}}{u_n}\right|=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{(n + 1)z^{n+1}}{nz^n}\right|=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)|z| = |z|\)。
當\(|z|\lt1\)時，\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}nz^n = 0\)，函數序列收斂；當\(|z| = 1\)時，\(z = e^{i\theta}\)，\(nz^n=n(\cos n\theta + i\sin n\theta)\)，\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}nz^n\)不存在；當\(|z|\gt1\)時，\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}|nz^n|=\infty\)，函數序列發散。
一致收斂性討論：
在\(|z|\lt1\)的區域內，考慮\(\sup\limits_{|z|\lt1}|nz^n|\)。對於任意固定的\(r\lt1\)，在閉區域\(|z|\leq r\)上，\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sup\limits_{|z|\leq r}|nz^n|=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}nr^n = 0\)，所以在\(|z|\leq r\)（\(r\lt1\)）上一致收斂。
但在開區域\(|z|\lt1\)上，取\(z_n = 1-\frac{1}{n}\)，\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}nz_n^n=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}n\left(1 - \frac{1}{n}\right)^n = e\neq0\)，所以\(\{nz^n\}\)在\(|z|\lt1\)上不一致收斂。

習題 20

已知級數\(\sum a_n\)收斂，設其部分和為\(S_n=\sum_{k = 0}^{n}a_k\)，且\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}S_n = S\)；級數\(\sum b_n\)絕對收斂，設\(\sum_{n = 0}^{\infty}|b_n| = T\)。
令\(C_n=\sum_{k = 0}^{n}c_k=\sum_{k = 0}^{n}\sum_{i = 0}^{k}a_ib_{k - i}\)。
我們可以將\(C_n\)進行重新排列和放縮。例如，\(|C_n|\leq\sum_{k = 0}^{n}\sum_{i = 0}^{k}|a_i||b_{k - i}|\)。
由於\(\sum a_n\)收斂，則\(\{a_n\}\)有界，即存在\(M\gt0\)，使得\(|a_n|\leq M\)對所有n成立。
那麼\(|C_n|\leq M\sum_{k = 0}^{n}\sum_{i = 0}^{k}|b_{k - i}|\leq M\sum_{m = 0}^{2n}|b_m|\)。
因為\(\sum b_n\)絕對收斂，所以\(\{C_n\}\)是柯西序列，從而級數\(\sum c_n\)收斂。

習題 21

解題思路：根據二項式定理\((1 + u)^{\alpha}=1+\alpha u+\frac{\alpha(\alpha - 1)}{2!}u^{2}+\cdots+\frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n+1)}{n!}u^{n}+\cdots\)，其中\(|u|\lt1\)。
令\(u=-z\)，\(\alpha=-m\)（m為正整數），則\((1 - z)^{-m}=1+(-m)(-z)+\frac{(-m)(-m - 1)}{2!}(-z)^{2}+\cdots+\frac{(-m)(-m - 1)\cdots(-m - n + 1)}{n!}(-z)^{n}+\cdots\)
化簡可得\((1 - z)^{-m}=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(m + n-1)!}{(m - 1)!n!}z^{n}\)，收斂區域為\(|z|\lt1\)。

習題 22

解題思路：先將\(\frac{2z + 3}{z + 1}\)變形，\(\frac{2z + 3}{z + 1}=\frac{2(z - 1)+5}{(z - 1)+2}\) 。
再令\(w=z - 1\)，則\(\frac{2w + 5}{w + 2}=2+\frac{1}{w + 2}=2+\frac{1}{2(1+\frac{w}{2})}\) 。
根據等比級數展開\(\frac{1}{1 + x}=\sum_{n = 0}^{\infty}(-x)^{n}\)（\(|x|\lt1\)），可得\(\frac{1}{2(1+\frac{w}{2})}=\frac{1}{2}\sum_{n = 0}^{\infty}(-\frac{w}{2})^{n}\) 。
代回\(w = z - 1\)得到\(z - 1\)的冪級數。收斂半徑由\(\left|\frac{z - 1}{2}\right|\lt1\)，即\(|z - 1|\lt2\)，收斂半徑為2。

習題 23

對於\(\sum n^{p}z^{n}\)：
利用比值判別法，\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{(n + 1)^{p}z^{n+1}}{n^{p}z^{n}}\right|=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{n + 1}{n}\right)^{p}|z|=|z|\)，收斂半徑\(R = 1\)。
對於\(\sum\frac{z^{n}}{n!}\)：
\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{z^{n+1}}{(n + 1)!}\cdot\frac{n!}{z^{n}}\right|=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{|z|}{n + 1}=0\)，收斂半徑\(R=\infty\)。
對於\(\sum n!z^{n}\)：
\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{(n + 1)!z^{n+1}}{n!z^{n}}\right|=\lim_{n\rightarrow\infty}(n + 1)|z|=\infty\)（\(z\neq0\)），收斂半徑\(R = 0\)。
對於\(\sum q^{n^{2}}z^{n}\)（\(|q|\lt1\)）：
\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{q^{(n + 1)^{2}}z^{n+1}}{q^{n^{2}}z^{n}}\right|=\lim_{n\rightarrow\infty}|q^{2n + 1}z| = 0\)（\(|z|\)有限），收斂半徑\(R=\infty\)。
對於\(\sum z^{n!}\)：
令\(u_{n}=z^{n!}\)，\(\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{|u_{n}|}=\lim_{n\rightarrow\infty}|z|^{n!/n}\)，當\(|z|\lt1\)時，極限為0；當\(|z|>1\)時，極限為\(\infty\)，收斂半徑\(R = 1\)。

習題 24

設\(\sum a_{n}z^{n}\)的收斂半徑為R。
根據比值判別法，\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_{n + 1}^{2}z^{n+1}}{a_{n}^{2}z^{n}}\right|=\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\left(\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}\right)^{2}z\right|\)。
已知\(\sum a_{n}z^{n}\)的收斂半徑\(R=\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n + 1}}\right|\)，則\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\left(\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}\right)^{2}z\right|=\frac{|z|}{R^{2}}\)。當\(\frac{|z|}{R^{2}}\lt1\)，即\(|z|\lt R^{2}\)時，級數收斂，所以\(\sum a_{n}^{2}z^{n}\)的收斂半徑為\(R^{2}\)。
令\(w = z^{2}\)，則級數變為\(\sum a_{n}w^{n}\)。已知\(\sum a_{n}w^{n}\)的收斂半徑為R，即當\(|w|\lt R\)時收斂。將\(w = z^{2}\)代回，得到\(|z^{2}|\lt R\)，也就是\(|z|\lt\sqrt{R}\)，所以\(\sum a_{n}z^{2n}\)的收斂半徑為\(\sqrt{R}\)。
對於\(\sum a_{n}z^{2n}\)：
對於\(\sum a_{n}^{2}z^{n}\)：

習題 25

已知\(\sum a_{n}z^{n}=f(z)\)，對其求導可得：
\(f^\prime(z)=\sum_{n = 1}^{\infty}na_{n}z^{n - 1}\)，兩邊同乘z得到\(zf^\prime(z)=\sum_{n = 1}^{\infty}na_{n}z^{n}\)。
對\(zf^\prime(z)\)再次求導：\((zf^\prime(z))^\prime=f^\prime(z)+zf^{\prime\prime}(z)=\sum_{n = 1}^{\infty}n^{2}a_{n}z^{n - 1}\)，再同乘z得到\(z(f^\prime(z)+zf^{\prime\prime}(z))=\sum_{n = 1}^{\infty}n^{2}a_{n}z^{n}\)。
以此類推，通過不斷地求導、乘z的操作，可以用\(f(z)\)及其各階導數來表示\(\sum n^{3}a_{n}z^{n}\)。具體來說，\(\sum n^{3}a_{n}z^{n}=z\left(z\left(zf^\prime(z)\right)^\prime + zf^{\prime\prime}(z)\right)^\prime\)。

習題 26

設\(\sum a_{n}z^{n}\)和\(\sum b_{n}z^{n}\)的收斂半徑分別為\(R_{1}\)與\(R_{2}\)。
根據柯西乘積，\(\sum a_{n}b_{n}z^{n}=\sum_{n = 0}^{\infty}\left(\sum_{k = 0}^{n}a_{k}b_{n - k}\right)z^{n}\)。
利用比值判別法，\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{\sum_{k = 0}^{n + 1}a_{k}b_{n + 1 - k}z^{n+1}}{\sum_{k = 0}^{n}a_{k}b_{n - k}z^{n}}\right|\)。
由於\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|=\frac{1}{R_{1}}\)，\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{b_{n+1}}{b_{n}}\right|=\frac{1}{R_{2}}\)，則\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_{n + 1}b_{n + 1}}{a_{n}b_{n}}\right|=\frac{1}{R_{1}R_{2}}\)。
所以\(\sum a_{n}b_{n}z^{n}\)的收斂半徑\(R\geq R_{1}R_{2}\)。當\(R_{1}\)和\(R_{2}\)有限時，若\(|z|\lt R_{1}R_{2}\)，則\(\sum a_{n}z^{n}\)和\(\sum b_{n}z^{n}\)絕對收斂，從而\(\sum a_{n}b_{n}z^{n}\)也收斂。

習題 27

解題思路：根據冪級數收斂半徑的比值判別法的逆定理。對於冪級數\(\sum a_{n}z^{n}\)，使用比值判別法\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{u_{n + 1}}{u_{n}}\right|\)（\(u_{n}=a_{n}z^{n}\)），計算\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_{n+1}z^{n + 1}}{a_{n}z^{n}}\right|=\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}\right|\cdot|z|\) 。令\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right| = R\)，當\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}\right|\cdot|z|\lt1\)時，級數收斂，即\(|z|\lt R\)，所以收斂半徑為R。

習題 28

第一個級數\(\sum_{n = 0}^{\infty}(\frac{z}{1 + z})^{n}\)
解題思路：這是一個等比級數，公比\(q=\frac{z}{1 + z}\)。根據等比級數收斂的條件\(|q|\lt1\)，即\(\left|\frac{z}{1 + z}\right|\lt1\)。兩邊平方可得\(|z|^{2}\lt|1 + z|^{2}=(1 + x)^{2}+y^{2}\)（設\(z=x+iy\)），展開後\(x^{2}+y^{2}\lt1 + 2x+x^{2}+y^{2}\)，解得\(x>-\frac{1}{2}\)。
第二個級數\(\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{z^{n}}{1 + z^{2n}}\)
解題思路：使用比值判別法，\(u_{n}=\frac{z^{n}}{1 + z^{2n}}\)，\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right|=\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{z^{n + 1}}{1+z^{2(n + 1)}}\cdot\frac{1 + z^{2n}}{z^{n}}\right|=\lim_{n\rightarrow\infty}\left|z\cdot\frac{1 + z^{2n}}{1 + z^{2n+2}}\right|\)。當\(|z|\lt1\)時，\(\lim_{n\rightarrow\infty}z^{2n}=0\)，上式極限為\(|z|\)，所以收斂區域為\(|z|\lt1\) 。

習題 29

解題思路：根據指數函數的定義\(e^{z}=e^{x+iy}=e^{x}(\cos y+i\sin y)\)。
當\(z =-\frac{\pi i}{2}\)時，\(x = 0\)，\(y=-\frac{\pi}{2}\)，則\(e^{z}=e^{0}(\cos(-\frac{\pi}{2})+i\sin(-\frac{\pi}{2}))=-i\)。
當\(z = 3\pi i\)時，\(x = 0\)，\(y = 3\pi\)，則\(e^{z}=e^{0}(\cos(3\pi)+i\sin(3\pi))=-1\)。
當\(z=\frac{2\pi i}{3}\)時，\(x = 0\)，\(y=\frac{2\pi}{3}\)，則\(e^{z}=e^{0}(\cos(\frac{2\pi}{3})+i\sin(\frac{2\pi}{3}))=-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\) 。

習題 30

解題思路：先令\(w = e^{z}=e^{x+iy}=e^{x}(\cos y+i\sin y)\)，則\(\exp(e^{z})=e^{w}=e^{e^{x}(\cos y+i\sin y)}\)。根據\(e^{a+bi}=e^{a}(\cos b+i\sin b)\)，\(e^{e^{x}(\cos y+i\sin y)}=e^{e^{x}\cos y}\cdot e^{ie^{x}\sin y}=e^{e^{x}\cos y}(\cos(e^{x}\sin y)+i\sin(e^{x}\sin y))\)，實部為\(e^{e^{x}\cos y}\cos(e^{x}\sin y)\)，虛部為\(e^{e^{x}\cos y}\sin(e^{x}\sin y)\)。

習題 31

求\(\sin i\)的值：
\(\sin i=\frac{e^{i\times i}-e^{-i\times i}}{2i}=\frac{e^{- 1}-e^{1}}{2i}=\frac{e - \frac{1}{e}}{2}i\)。
根據正弦函數的複數定義\(\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}\)，將\(z = i\)代入可得：
求\(\cos i\)的值：
\(\cos i=\frac{e^{i\times i}+e^{-i\times i}}{2}=\frac{e^{-1}+e^{1}}{2}=\frac{e+\frac{1}{e}}{2}\)。
根據餘弦函數的複數定義\(\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}\)，將\(z = i\)代入可得：
求\(\tan(1 + i)\)的值：
首先\(\tan z=\frac{\sin z}{\cos z}\)，\(\sin(1 + i)=\frac{e^{i(1 + i)}-e^{-i(1 + i)}}{2i}=\frac{e^{i - 1}-e^{-i + 1}}{2i}\)，\(\cos(1 + i)=\frac{e^{i(1 + i)}+e^{-i(1 + i)}}{2}=\frac{e^{i - 1}+e^{-i + 1}}{2}\)。
則\(\tan(1 + i)=\frac{\sin(1 + i)}{\cos(1 + i)}=\frac{e^{i - 1}-e^{-i + 1}}{i(e^{i - 1}+e^{-i + 1})}\)，再利用\(e^{a+bi}=e^{a}(\cos b + i\sin b)\)展開化簡可得結果。

習題 32

用\(\cos(iz)\)和\(\sin(iz)\)表示\(\cosh z\)和\(\sinh z\)：
已知\(\cos(iz)=\frac{e^{i\times(iz)}+e^{-i\times(iz)}}{2}=\frac{e^{-z}+e^{z}}{2}=\cosh z\)，\(\sin(iz)=\frac{e^{i\times(iz)}-e^{-i\times(iz)}}{2i}=\frac{e^{-z}-e^{z}}{2i}=i\sinh z\)，即\(\sinh z = -i\sin(iz)\)。
加法公式推導：
\(\cosh(z_1 + z_2)=\frac{e^{z_1 + z_2}+e^{-(z_1 + z_2)}}{2}\)，將其展開\(\frac{(e^{z_1}+e^{-z_1})(e^{z_2}+e^{-z_2})+(e^{z_1}-e^{-z_1})(e^{z_2}-e^{-z_2})}{4}=\cosh z_1\cosh z_2+\sinh z_1\sinh z_2\)。
同理可推導\(\sinh(z_1 + z_2)=\sinh z_1\cosh z_2+\cosh z_1\sinh z_2\)。

習題 33

將\(\cos(x + iy)\)分解為實部和虛部：
\(\cos(x + iy)=\frac{e^{i(x + iy)}+e^{-i(x + iy)}}{2}=\frac{e^{ix - y}+e^{-ix + y}}{2}=\frac{e^{-y}(\cos x + i\sin x)+e^{y}(\cos x - i\sin x)}{2}=\cos x\cosh y - i\sin x\sinh y\)，實部為\(\cos x\cosh y\)，虛部為\(-\sin x\sinh y\)。
將\(\sin(x + iy)\)分解為實部和虛部：
\(\sin(x + iy)=\frac{e^{i(x + iy)}-e^{-i(x + iy)}}{2i}=\frac{e^{ix - y}-e^{-ix + y}}{2i}=\frac{e^{-y}(\cos x + i\sin x)-e^{y}(\cos x - i\sin x)}{2i}=\sin x\cosh y + i\cos x\sinh y\)，實部為\(\sin x\cosh y\)，虛部為\(\cos x\sinh y\)。

習題 34

證明\(|\cos z|^{2}\)的等式：
\(\cos^{2}x(1+\sinh^{2}y)+\sin^{2}x\sinh^{2}y=\sinh^{2}y+\cos^{2}x\)；\(\cosh^{2}y-\sin^{2}x=(1 + \sinh^{2}y)-\sin^{2}x\)也等於上述式子。
再根據雙曲函數和三角函數的倍角公式\(\cosh(2y)=\ 2\cosh^{2}y - 1\)，\(\cos(2x)=1 - 2\sin^{2}x\)，可證得\(\frac{\cosh(2y)+\cos(2x)}{2}\)也相等。
已知\(\cos z=\cos(x + iy)=\cos x\cosh y - i\sin x\sinh y\)，則\(|\cos z|^{2}=\cos^{2}x\cosh^{2}y+\sin^{2}x\sinh^{2}y\)。
利用\(\cosh^{2}y - \sinh^{2}y = 1\)進行化簡：
證明\(|\sin z|^{2}\)的等式：類比\(\cos z\)的方法，\(\sin z=\sin x\cosh y + i\cos x\sinh y\)，\(|\sin z|^{2}=\sin^{2}x\cosh^{2}y+\cos^{2}x\sinh^{2}y\)，經化簡可得其等於\(\sinh^{2}y+\sin^{2}x=\cosh^{2}y-\cos^{2}x=\frac{\cosh(2y)-\cos(2x)}{2}\) 。

習題 35

解題思路：\(\cos y\)的冪級數展開式為\(\cos y = 1-\frac{y^{2}}{2!}+\frac{y^{4}}{4!}-\cdots+(-1)^{n}\frac{y^{2n}}{(2n)!}+R_{2n + 2}(y)\)，其餘項\(R_{2n+2}(y)\)使用拉格朗日型餘項\(R_{2n + 2}(y)=\frac{\cos^{(2n + 2)}(\xi)}{(2n+2)!}y^{2n+2}\)，其中\(0\lt\xi\lt y\)，\(\cos^{(2n + 2)}(\xi)=\pm\cos\xi\)，因為\(y>0\)，所以餘項與餘項的首項\((-1)^{n + 1}\frac{y^{2n+2}}{(2n+2)!}\)有相同的符號。

習題 36

解題思路：考慮函數\(f(x)=\arctan x\)的冪級數展開\(\arctan x=x-\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{5}}{5}-\cdots\) 。
令\(x = 1\)，\(\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots\) ，可得到\(\pi = 4(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots)\) ，通過放縮法可證明\(3\lt\pi\lt2\sqrt{3}\) 。比如，取前幾項和放縮，或者利用其他三角函數相關的不等式性質。

習題 37

求複數的對數：
對於複數\(z = r(\cos\theta+i\sin\theta)\)，其對數\(\ln z=\ln r + i(\theta + 2k\pi)\)，\(k\in Z\)。
對於\(z = 2\)，\(r = 2\)，\(\theta = 0\)，\(\ln 2=\ln 2 + 2k\pi i\)。
對於\(z=-1\)，\(r = 1\)，\(\theta=\pi\)，\(\ln(-1)=(2k + 1)\pi i\)。
對於\(z = i\)，\(r = 1\)，\(\theta=\frac{\pi}{2}\)，\(\ln i = i(\frac{\pi}{2}+2k\pi)\)。
對於\(z=-\frac{i}{2}\)，\(r=\frac{1}{2}\)，\(\theta =-\frac{\pi}{2}\)，\(\ln(-\frac{i}{2})=-\ln 2 - i(\frac{\pi}{2}+2k\pi)\)。
對於\(z=-1 - i\)，\(r=\sqrt{2}\)，\(\theta=-\frac{3\pi}{4}\)，\(\ln(-1 - i)=\frac{1}{2}\ln 2+i(-\frac{3\pi}{4}+2k\pi)\)。
對於\(z=1 + 2i\)，\(r=\sqrt{1 + 4}=\sqrt{5}\) ，\(\theta=\arctan 2\)，\(\ln(1 + 2i)=\frac{1}{2}\ln 5+i(\arctan 2+2k\pi)\) 。